判断子序列

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给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。

字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序> > 列，而"aec"不是）。

示例 1：

输入：s = "abc", t = "ahbgdc" 输出：true 示例 2：

输入：s = "axc", t = "ahbgdc"

输出：false

提示：

0 <= s.length <= 100 0 <= t.length <= 10^4 两个字符串都只由小写字符组成。

方法一：双指针

本题询问的是，$s$ 是否是 $t$ 的子序列，因此只要能找到任意一种 $s$ 在 $t$ 中出现的方式，即可认为 $s$ 是 $t$ 的子序列。 而当我们从前往后匹配，可以发现每次贪心地匹配靠前的字符是最优决策。

假定当前需要匹配字符$c$，而字符$c$在$t$中的位置$x1$和 $x2$出现$(x1<x2)$，那么贪心取 $x1$ 是最优解，因为 $x2$ 后面能取到的字符，也都能取到，并且通过 $x1$ 与 $x2$ 之 间的可选字符，更有希望能匹配成功。

这样，我们初始化两个指针$i$和$j$，分别指向$s$和$t$的初始 位置。每次贪心地匹配，匹配成功则$i$和$j$同时右移，匹配$s$ 的下一个位置，匹配失败则$j$右移，$i$不变，尝试用$t$的下一 个字符匹配$s$。 最终如果$i$移动到$s$的末尾，就说明$s$是$t$的子序列。

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();
        int i = 0, j = 0;
        while (i < n && j < m) {
            if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
                i++;
            }
            j++;
        }
        return i == n;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n+m)$，其中 $n$ 为$s$的长度，$m$ 为 $t$的长度。每次无论是匹配成功还是失败，都有至少一个指针发生右移，两指针能够位移的总距离为$n+m$。
• 空间复杂度：$O(1)$。

方法二：动态规划

考虑前面的双指针的做法，我们注意到我们有大量的时间用于在 $t$ 中找到下一个匹配字符。

这样我们可以预处理出对于 $t$ 的每一个位置，从该位置开始往后每一个字符第一次出现的位置。

我们可以使用动态规划的方法实现预处理，令 $f[i][j]$ 表示字符串 $t$ 中从位置 $i$ 开始往后字符 $j$ 第一次出现的位置。在进行状态转移时，如果 $t$ 中位置 $i$ 的字符就是 $j$，那么 $f[i][j]=i$，否则 $j$ 出现在位置 $i+1$ 开始往后，即 $f[i][j]=f[i+1][j]$，因此我们要倒过来进行动态规划，从后往前枚举 $i$。

这样我们可以写出状态转移方程：

$$f[i][j]=\{\begin{array}{ll}i,& t[i]=j\\ f[i+1][j],& t[i]\ne j\end{array}$$

假定下标从 $0$ 开始，那么 $f[i][j]$ 中有 $0\le i\le m-1$ ，对于边界状态 $f[m-1][..]$，我们置 $f[m][..]$ 为 $m$，让 $f[m-1][..]$ 正常进行转移。这样如果 $f[i][j]=m$，则表示从位置 $i$ 开始往后不存在字符 $j$。

这样，我们可以利用 $f$ 数组，每次 $O(1)$ 地跳转到下一个位置，直到位置变为 $m$ 或 $s$ 中的每一个字符都匹配成功。

同时我们注意到，该解法中对 $t$ 的处理与 $s$ 无关，且预处理完成后，可以利用预处理数组的信息，线性地算出任意一个字符串 $s$ 是否为 $t$ 的子串。这样我们就可以解决「后续挑战」啦。

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        int n = s.length(), m = t.length();

        int[][] f = new int[m + 1][26];
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            f[m][i] = m;
        }

        for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {
            for (int j = 0; j < 26; j++) {
                if (t.charAt(i) == j + 'a')
                    f[i][j] = i;
                else
                    f[i][j] = f[i + 1][j];
            }
        }
        int add = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (f[add][s.charAt(i) - 'a'] == m) {
                return false;
            }
            add = f[add][s.charAt(i) - 'a'] + 1;
        }
        return true;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(m\times |\mathrm{\Sigma }|+n)$，其中 $n$ 为$s$的长度，$m$ 为$t$的长度，$\mathrm{\Sigma }$为字符集，在本题中字符串只包含小写字母，$\mathrm{\Sigma }=26$。预处理时间复杂度$O(m)$，判断子序列时 间复杂度 $O(n)$。
  • 如果是计算$k$个平均长度为$n$的字符串是否为$t$的子序列，则时间复杂度为 $O(m\times |\mathrm{\Sigma }|+k\times n)$。
• 空间复杂度：$O(m\times |\mathrm{\Sigma }|)$。